\section{2009}
一、（$30'$）已知在$(l^2,l_z)$的表象中，
$$l_x=\frac{\hbar}{\sqrt2}\begin{vmatrix}0&1&0\\1&0&1\\0&1&0\end{vmatrix}$$
求：

（1）$l_x$的本征值和相应的本征函数；

（2）$l_y$的矩阵表示。

二、已知一粒子处于一维谐振子势场中运动，势能为$V(x)=\frac{1}{2}kx^2(k>0)$，求：

（1）粒子的基态本征函数$\psi_0(x)$；

（2）若势场突然变为$V'(x)=kx^2$，则粒子仍然处于基态的概率。

提示：用湮灭算符$\hat{a}_-=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}(\hat{x}+\frac{i}{m\omega}\hat{p}),\sqrt2=1.414,\sqrt[4]{2}=1.189$。

三、（$30'$）若已知$[\hat{a}_i,\hat{a}_j]=[\hat{a}_i^\dagger,\hat{a}_j^\dagger]=0,[\hat{a}_i,\hat{a}_j^\dagger]=\delta_{ij}$，其中$i,j=1,2$。设$J_x=\frac{1}{2}(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2+\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1),J_y=\frac{i}{2}(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2-\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1),J_z=\frac{1}{2}(\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2-\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1)$，求：

（1）$J_x,J_y,J_z$的关系式；

（2）$J^2=J_x^2+J_y^2+J_z^2$，试用$\hat{a}_1,\hat{a}^\dagger_1,\hat{a}_2,\hat{a}_2^\dagger$表示$J^2$。

四、（$30'$）已知两种中微子的本征态为$|V_1\rangle$和$|V_2\rangle$ ，能量本征值为$E=pc+\frac{m_i^2c^4}{pc}$（其中$i=1,2$），电子中微子的本征态为$|V_e\rangle=\cos\theta|V_1\rangle+\sin\theta|V_2\rangle$，$\mu$子中微子的本征态为$|V_\mu\rangle=-\sin\theta|V_1\rangle+\cos\theta|V_2\rangle$，其中$\theta$是混合角。某体系中在$t=0$时，电子中微子处于态$|V_e\rangle$，求：

（1）$t$时刻中微子所处的状态；

（2）$t$时刻电子中微子处于基态的概率。

五、（$30'$）设在氚核中，质子和中子的作用表示成$V(r)=-V_0e^{-\frac{r}{a}}$，试用$\psi=e^{-\frac{\lambda r}{2a}}$（$\lambda$为变数）为试探波函数，以变分法求：

（1）基态能量的近似值；

（2）若$V_0=32.7Mev,a=2.16fm$，试确定$\lambda$的值。





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\section*{2009解答}
一、（$30'$）已知在$(l^2,l_z)$的表象中，
$$l_x=\frac{\hbar}{\sqrt2}\begin{vmatrix}0&1&0\\1&0&1\\0&1&0\end{vmatrix}$$
求：（1）$l_x$的本征值和相应的本征函数；（2）$l_y$的矩阵表示。

解：

二、已知一粒子处于一维谐振子势场中运动，势能为$V(x)=\frac{1}{2}kx^2(k>0)$，求：\\
（1）粒子的基态本征函数$\psi_0(x)$；（2）若势场突然变为$V'(x)=kx^2$，则粒子仍然处于基态的概率。提示：用湮灭算符$\hat{a}_-=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}(\hat{x}+\frac{i}{m\omega}\hat{p}),\sqrt2=1.414,\sqrt[4]{2}=1.189$。

解：（1）$$\hat{a}_-\psi_0=0 \qquad \hat{a}_-=\frac{1}{\sqrt{2m\omega\hbar}}(m\omega\hat{x}+i\hat{p})$$
$$\frac{1}{\sqrt{2m\omega\hbar}}[m\omega x+i(-i\hbar\frac{d}{dx})]\psi_0=0 
\qquad \frac{d\psi_0}{dx}+\frac{m\omega}{\hbar}x\psi_0=0
\qquad \frac{d\psi_0}{dx}=-\frac{m\omega}{\hbar}x\psi_0
\qquad \frac{d\psi_0}{\psi_0}=-\frac{m\omega}{\hbar}x dx$$
$$\ln \psi_0=-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2+C
\qquad \psi_0=Ae^{-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2}$$
$$\text{归一化：}1=|A|^2\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{m\omega}{\hbar}}x^2dx
=|A|^2\sqrt{\pi\hbar}{m\omega}
\quad A=(\frac{m\omega}{\pi\hbar})^{\frac{1}{4}}
\text{其中利用：}\int_0^{\infty}e^{-ax^2}dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}$$
$$\psi_0=(\frac{m\omega}{\pi\hbar})^{\frac{1}{4}}e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2}$$

（2）势场突然变为$V'(x)=kx^2=\frac{1}{2}(2k)x^2=\frac{1}{2}m(\sqrt2\omega)^2x^2$，解的形式不改变，此时基态波函数为：
$$\psi'_0(x)=(\frac{m\sqrt2\omega}{\pi\hbar})^{\frac{1}{4}}e^{-\frac{\sqrt2m\omega}{2\hbar}x^2}$$
\begin{align*}
\langle \psi'_0(x)|\psi_0(x)\rangle&=(\sqrt{2})^{\frac{1}{4}}\sqrt{\frac{m\omega}{\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-(\frac{\sqrt2m\omega}{2\hbar}+\frac{m\omega}{2\hbar})x^2}dx=(\sqrt2)^{\frac{1}{4}}\sqrt{\frac{m\omega}{\pi\hbar}}\cdot2
\int_0^{\infty}e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}(\sqrt2+1)x^2}dx\\
&=(\sqrt2)^{\frac{1}{4}}\sqrt{\frac{m\omega}{\pi\hbar}}\cdot2\cdot\frac{1}{2}\cdot
\sqrt{\frac{2\pi\hbar}{m\omega}\frac{1}{\sqrt2+1}}=(\sqrt2)^{\frac{1}{4}}\sqrt{\frac{2}{\sqrt2+1}}
\end{align*}
仍然处于基态的概率为：$|\langle \psi'_0(x)|\psi_0(x)\rangle|^2=2\sqrt[4]{2}(\sqrt2-1)$。

{ 说明：}{ 像这种突变。波函数是未来的及改变，但势场变了，本征函数系是发生了改变。这里的特殊之处在于，改变后的波函数是未改变前的基态本征函数，而且又求的是仍然处于基态的概率，容易让人搞混，当然也可以求处于激发态的概率。这里的关键是要分清哪个是波函数，哪个是本征函数。波函数可以由一组完备的本征函数系表示，如$\psi=\sum a_n\phi_n$。$\phi_n$前的系数的平方就是测得该本征态$\phi_n$的概率（前提已归一化），也就是处于该本征态的概率。}

三、\footnote{ 抽自曾书$10.3$节，没想到简便方法，有的话请告诉我！}（$30'$）若已知$[\hat{a}_i,\hat{a}_j]=[\hat{a}_i^\dagger,\hat{a}_j^\dagger]=0,[\hat{a}_i,\hat{a}_j^\dagger]=\delta_{ij}$，其中$i,j=1,2$。设$J_x=\frac{1}{2}(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2+\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1),J_y=\frac{i}{2}(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2-\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1),J_z=\frac{1}{2}(\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2-\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1)$，求：\\
（1）$J_x,J_y,J_z$的关系式；（2）$J^2=J_x^2+J_y^2+J_z^2$，试用$\hat{a}_1,\hat{a}^\dagger_1,\hat{a}_2,\hat{a}_2^\dagger$表示$J^2$。

解：（1）
\begin{align*}
[J_x,J_y]&=[\frac{1}{2}(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2+\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1),\frac{i}{2}(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2-\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1)]
=\frac{i}{4}[\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2,(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2-\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1)]+\frac{i}{4}[\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1,(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2-\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1)]\\
&=\frac{i}{4}[\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2,\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2]-\frac{i}{4}[\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2,\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1]+\frac{i}{4}[\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1,\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2]-\frac{i}{4}[\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1,\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1]\\
&=-\frac{i}{4}\hat{a}^\dagger_1[\hat{a}_2,\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1]-\frac{i}{4}[\hat{a}^\dagger_1,\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1]\hat{a}_2+\frac{i}{4}\hat{a}^\dagger_2[\hat{a}_1,\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2]+\frac{i}{4}[\hat{a}^\dagger_2,\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2]\hat{a}_1\\
&=-\frac{i}{4}\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1+\frac{i}{4}\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2+\frac{i}{4}\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2-\frac{i}{4}\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1
=\frac{i}{2}\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2-\frac{i}{2}\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1
=i\frac{1}{2}(\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2-\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1)=iJ_z
\end{align*}
（2）
$$J^2=J_x^2+J_y^2+J_z^2$$
\begin{align*}
J^2_x&=[\frac{1}{2}(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2+\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1)]^2
=\frac{1}{4}[(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2)^2+\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1
+\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2+(\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1)^2]\\
J^2_y&=[\frac{i}{2}(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2-\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1)]^2
=-\frac{1}{4}[(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2)^2-\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1-\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2+(\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1)^2]\\
J^2_z&=[\frac{1}{2}(\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2-\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1)]^2
=\frac{1}{4}[(\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2)^2-\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1-\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2+(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1)^2]\\
J^2&=\frac{1}{2}(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1
+\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2)+\frac{1}{4}[(\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2)^2-\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1-\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2+(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1)^2]\\
&=\frac{1}{4}(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1
+\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2)+\frac{1}{4}[(\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2)^2+\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2+(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1)^2+\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1]\\
&=\frac{1}{4}(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1
+\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2+\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1
+\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2)\\
&=\frac{1}{4}[(\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2+\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1)\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1+(\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2+\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1)\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2]\\
&=\frac{1}{4}(\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1+\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2)(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1+\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2)
=\frac{1}{4}(2+\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1+\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2)(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1+\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2)\\
&=\frac{N}{2}(\frac{N}{2}+1)\qquad\text{其中：}N=\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1+\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2
\end{align*}
其中：
\begin{align*}
&\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1=\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2 \qquad
\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2-\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2=\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1(\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2-\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2)=\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1\\
&\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2=\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1 \qquad
 \hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1-\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1=\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2(\hat{a}_1\hat{a}^\dagger-\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1)=\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2\\
&(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1)^2+\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1=(\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1+1)\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1
=\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1\\
&(\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2)^2+\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2=(\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2+2)\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2
=\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2\\
&\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1=\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1 \qquad
\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1+\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1
=(\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2+\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1)\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_1\\
&\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}_2=\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2 \qquad
\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2+\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2
=(\hat{a}_2\hat{a}^\dagger_2+\hat{a}_1\hat{a}^\dagger_1)\hat{a}^\dagger_2\hat{a}_2
\end{align*}
我是没技巧，全是死算，头都晕了！！！

四、（$30'$）已知两种中微子的本征态为$|V_1\rangle$和$|V_2\rangle$ ，能量本征值为$E=pc+\frac{m_i^2c^4}{pc}$（其中$i=1,2$），电子中微子的本征态为$|V_e\rangle=\cos\theta|V_1\rangle+\sin\theta|V_2\rangle$，$\mu$子中微子的本征态为$|V_\mu\rangle=-\sin\theta|V_1\rangle+\cos\theta|V_2\rangle$，其中$\theta$是混合角。某体系中在$t=0$时，电子中微子处于态$|V_e\rangle$，求：\\
（1）$t$时刻中微子所处的状态；（2）$t$时刻电子中微子处于基态的概率。

解：（1）由
$$|V_e\rangle=\cos\theta|V_1\rangle+\sin\theta|V_2\rangle
\qquad  |V_\mu\rangle=-\sin\theta|V_1\rangle+\cos\theta|V_2\rangle$$
有：
$$\begin{cases}
\cos\theta|V_e\rangle=\cos^2\theta|V_1\rangle+\sin\theta\cos\theta|V_2\rangle \\
\sin\theta|V_\mu\rangle=-\sin^2\theta|V_1\rangle+\sin\theta\cos\theta|V_2\rangle
\end{cases}\Longrightarrow
|V_1\rangle=\cos\theta|V_e\rangle-\sin\theta|V_\mu\rangle
$$
$$\begin{cases}
\sin\theta|V_e\rangle=\sin\theta\cos\theta|V_1\rangle+\sin^2\theta|V_2\rangle\\
\cos\theta|V_\mu\rangle=-\sin\theta\cos\theta|V_1\rangle+\cos^2\theta|V_2\rangle
\end{cases}\Longrightarrow
|V_2\rangle=\sin\theta|V_e\rangle+\cos\theta|V_\mu\rangle
$$
$t$时刻中微子所处的状态为：
\begin{align*}
V(t)&=\cos\theta|V_1\rangle e^{-\frac{iE_1t}{\hbar}}+\sin\theta|V_2\rangle e^{-\frac{iE_2t}{\hbar}}\\
&=\cos\theta[\cos\theta|V_e\rangle-\sin\theta|V_\mu\rangle]e^{-\frac{iE_1t}{\hbar}}+\sin\theta[\sin\theta|V_e\rangle+\cos\theta|V_\mu\rangle]e^{-\frac{iE_2t}{\hbar}}\\
&=[\cos^2\theta e^{-\frac{iE_1t}{\hbar}}+\sin^2\theta e^{-\frac{iE_2t}{\hbar}}]|V_e\rangle+[\sin\theta\cos\theta e^{-\frac{iE_2t}{\hbar}}-\sin\theta\cos\theta e^{-\frac{iE_2t}{\hbar}}]|V_\mu\rangle
\end{align*}
（2）$t$时刻中微子处于电子中微子$|V_e\rangle$的概率为：
\begin{align*}
|\langle V_e|V(t)\rangle|^2&=|\cos^2\theta e^{-\frac{iE_1t}{\hbar}}+\sin^2\theta e^{-\frac{iE_2t}{\hbar}}|^2\\
&=(\cos^2\theta e^{\frac{iE_1t}{\hbar}}+\sin^2\theta e^{\frac{iE_2t}{\hbar}})
(\cos^2\theta e^{-\frac{iE_1t}{\hbar}}+\sin^2\theta e^{-\frac{iE_2t}{\hbar}}])\\
&=\cos^4\theta+\cos^2\theta\sin^2\theta e^{\frac{i(E_1-E_2)t}{\hbar}}+\sin^4\theta+\cos^2\sin^2\theta e^{-\frac{i(E_1-E_2)t}{\hbar}}\\
&=\cos^4\theta+\sin^4\theta+2\cos^2\theta\sin^2\theta\cos\frac{E_1-E_2}{\hbar}t\\
&=1-\sin^22\theta\sin^2\frac{E_1-E_2}{2\hbar}t
\end{align*}
其中：
\begin{align*}
&e^{i\varphi}+e^{-i\varphi}=\cos\varphi+\sin\varphi+\cos\varphi-\sin\varphi=2\cos\varphi\\
&\cos^4\theta+\sin^4\theta=(\cos^2\theta+\sin^2\theta)^2-2\sin^2\theta\cos^2\theta
=1-2\sin^2\theta\cos^2\theta\\
&\cos x=\cos^2\frac{x}{2}-\sin^2\frac{x}{2}=1-2\sin^2\frac{x}{2}\qquad
\cos\frac{E_1-E_2}{\hbar}t=1-2\sin^2\frac{E_1-E_2}{2\hbar}t
\end{align*}
验证下，当$t=0$时，$|\langle V_e|V(t)\rangle|^2=1$符合题意。

电子中微子$|V_e\rangle=\cos\theta|V_1\rangle+\sin\theta|V_2\rangle$处于基态$|V_1\rangle$的概率为：$\cos^2\theta$，所以$t$时刻电子中微子处于基态的概率为：
$$\cos^2\theta(1-\sin^22\theta\sin^2\frac{E_1-E_2}{2\hbar}t)$$

{ 评：}{ 这题计算不算复杂，但真的考查对量子力学的理解，态的理解。$t=0$时刻是电子中微子，到了$t$时刻就不知道是电子中微子还是$\mu$中微子，先求到处于电子中微子的概率，再求电子中微子处于基态的概率。要注意的是，能量本征值是和本征态是对应的，想想定态薛定鄂方程的分离变量过程，本题中还好，但这是要体会清楚的。}

五、(30')设在氚核中，质子和中子的作用表示成$V(r)=-V_0e^{-\frac{r}{a}}$，试用$\psi=e^{-\frac{\lambda r}{2a}}$（$\lambda$为变数）为试探波函数，以变分法求：\\
（1）基态能量的近似值；（2）若$V_0=32.7Mev,a=2.16fm$，试确定$\lambda$的值。

解：（1）先对试探波函数归一化：
$$\int \psi^*\psi d\tau=4\pi\int_0^\infty e^{-\frac{\lambda}{a}r}r^2dr
=4\pi\frac{2}{(\frac{\lambda}{a})^3}=\frac{8\pi a^3}{\lambda^3} \qquad
\text{其中：}\int_0^\infty x^n e^{-ax}dx=\frac{n!}{a^{n+1}}$$
能量平均值为：$\langle H\rangle=\langle T\rangle+\langle V\rangle$
\begin{align*}
\langle V\rangle&=\frac{\lambda^3}{8\pi a^3}\int\psi^*(-V_0e^{-\frac{r}{a}})\psi d\tau=\frac{\lambda^3}{8\pi a^3}\cdot(-4\pi V_0)\int_0^\infty e^{-\frac{\lambda r}{a}}e^{-\frac{r}{a}}r^2dr\\
&=\frac{\lambda^3}{8\pi a^3}\cdot(-4\pi V_0)\int_0^\infty e^{-\frac{\lambda+1}{a}r}r^2dr
=\frac{\lambda^3}{8\pi a^3}\cdot(-4\pi V_0)\cdot\frac{2}{(\frac{\lambda+1}{a})^3}
=-\frac{\lambda^3}{(\lambda+1)^3}V_0
\end{align*}
$T$在球坐标下为$T=\frac{1}{2m}(p^2_r+\frac{l^2}{r^2}),p^2_r=-\hbar^2(\frac{\partial}{\partial r}+\frac{1}{r})^2=-\hbar^2\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}r=\cdots$，这里选用$p^2_r=-\hbar^2\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}r$。由于本题中$\psi$只含径向分量，故$l^2$对其作用为0，有：
$$\langle T\rangle=\frac{\lambda^3}{8\pi a^3}\int \psi^*\frac{1}{2m}(p^2_r+\frac{l^2}{r^2})\psi d\tau
=\frac{\lambda^3}{8\pi a^3}\cdot 4\pi\cdot (-\frac{\hbar^2}{2m})\int_0^\infty
e^{-\frac{\lambda r}{2a}}[(\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}r)e^{-\frac{\lambda r}{2a}}]r^2dr$$
\begin{align*}
\int_0^\infty
&e^{-\frac{\lambda r}{2a}}[(\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}r)e^{-\frac{\lambda r}{2a}}]r^2dr
=\int_0^\infty re^{-\frac{\lambda r}{2a}}(\frac{\partial^2}{\partial r^2})re^{-\frac{\lambda r}{2a}}dr
=\int_0^\infty [\frac{\partial}{\partial r}(re^{-\frac{\lambda r}{2a}})]^2dr\\
&=\int_0^\infty[e^{-\frac{\lambda r}{2a}}+re^{-\frac{\lambda r}{2a}}\cdot (-\frac{\lambda}{2a})]^2dr
=\int_0^\infty(e^{-\frac{\lambda}{a}r}-\frac{\lambda}{a}re^{-\frac{\lambda}{a}r}+\frac{\lambda^2}{4a^2}r^2e^{-\frac{\lambda}{a}r})dr\\
&=\frac{a}{\lambda}-\frac{\lambda}{a}(\frac{a}{\lambda})^2+\frac{\lambda^2}{4a^2}\cdot 2(\frac{a}{\lambda})^3=\frac{2a}{\lambda}
\end{align*}
感觉这个技巧有些问题！跟直接算对不上号：
？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？
\begin{align*}
&\frac{\partial}{\partial r}(re^{-\frac{\lambda}{2a}r})=e^{-\frac{\lambda}{2a}r}+re^{-\frac{\lambda}{2a}r}\cdot(-\frac{\lambda}{2a})\\
&\frac{\partial^2}{\partial r^2}(re^{-\frac{\lambda}{2a}r})=(-\frac{\lambda}{2a})e^{-\frac{\lambda}{2a}r}+(-\frac{\lambda}{2a})e^{-\frac{\lambda}{2a}r}+(-\frac{\lambda}{2a})re^{-\frac{\lambda}{2a}r}\cdot(-\frac{\lambda}{2a})
=-\frac{\lambda}{a}e^{-\frac{\lambda}{2a}r}+\frac{\lambda^2}{4a^2}re^{-\frac{\lambda}{2a}r}\\
&re^{-\frac{\lambda}{2a}r}[\frac{1}{r}\frac{\partial ^2}{\partial r^2}(re^{-\frac{\lambda}{2a}r})]
=-\frac{\lambda}{a}re^{\frac{\lambda}{a}r}+\frac{\lambda^2}{4a^2}r^2e^{-\frac{\lambda}{a}r}
\end{align*}
$$\langle T\rangle=\frac{\lambda^3}{8\pi a^3}\cdot 4\pi\cdot (-\frac{\hbar^2}{2m})\cdot\frac{2a}{\lambda}=-\frac{\lambda^2\hbar^2}{2ma^2}$$
$$\langle H(\lambda)\rangle=\frac{\lambda^2\hbar^2}{2ma^2}-\frac{\lambda^3}{(\lambda+1)^3}V_0 \qquad
\frac{d\langle H(\lambda)\rangle}{d\lambda}=\frac{\lambda \hbar^2}{ma^2}-\frac{3\lambda^2}{(\lambda+1)^4}V_0=0$$